精品解析：辽宁省葫芦岛市长江卫生中等职业技术学校2024-2025学年高三上学期11月期中考试 化学试题

葫芦岛市长江卫生中等职业技术学校2024—2025学年度(上) 高三期中考试化学试题 考生注意： 1.本试卷分选择题和非选择题两部分。满分100分，考试时间75分钟。 2.答题前，考生务必用直径0.5毫米黑色墨水签字笔将密封线内项目填写清楚。 3.考生作答时，请将答案答在答题卡上。选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；非选择题请用直径0.5毫米黑色墨水签字笔在答题卡上各题的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效，在试题卷、草稿纸上作答无效。 可能用到的相对原子质量：H1 O16 N14 第Ⅰ卷 选择题 一、单选题(每小题只有一个正确选项，共15小题，每题3分，共45分) 1. 下列物质应用错误的是 A. 活性炭可做吸附剂和还原剂 B. 氧化铝可做耐火材料 C. 铁粉可做食品干燥剂 D. 油脂可用于制备肥皂和硬化油 2. 下列反应不符合哲学中“量变引起质变”观点的是 A. 锌与硫酸 B. 过氧化钠和 C. 溶液和氯水 D. 铜和硝酸 3. 下列物质的性质与用途具有对应关系的是 A. Cl2能溶于水，可用于工业制盐酸 B. NO2易溶于水，可用于工业制硝酸 C. HClO溶液显酸性，可用作漂白剂 D. 晶体Si熔点高，可用作计算机芯片 4. 在实验室采用如图装置制备气体，合理的是 化学试剂 制备气体 A 生石灰、浓氨水 NH3 B 二氧化锰、浓盐酸 Cl2 C 铜片、稀硝酸 NO D 亚硫酸钠、浓硫酸 SO2 A. A B. B C. C D. D 5. Na2O2常用于潜水艇和消防员的呼吸面具中，可发生如下反应：2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2，2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2。设NA为阿伏加德罗常数的值。下列叙述正确的是 A. 11.2LCO2含σ键数目为NA B. 0.1molNa2O2晶体中含离子数目为0.4NA C. 每生成3.2gO2转移电子数目为0.2NA D. 0.1mol•L-1Na2CO3溶液中含CO数目为0.1NA 6. 我国化工专家侯德榜将合成氨与纯碱工业联合，发明了联合制碱法，使原料氯化钠的利用率从70％提高到90％以上，该生产方法在制得纯碱的同时，还可得到一种副产品。生产流程和溶解度曲线如图，下列说法错误的是 A. 固体从母液中析出时需控制温度在0～10℃ B. 从母液中经过循环Ⅰ进入沉淀池的主要是、和氨水 C. 沉淀池中反应的化学方程式： D. 循环Ⅰ、Ⅱ的目的是提高原料的利用率、减少对环境的污染 7. 这周末，高中生小明帮家里做家务。下列劳动项目与所涉及的化学原理不相符的是 选项 劳动项目 化学原理 A 用盐卤和豆浆制作豆腐 胶体的聚沉 B 用加水稀释的“84”消毒液拖地面 氧化还原反应 C 用白醋清洗水壶中的水垢 分解反应 D 用热的纯碱溶液洗涤餐具 水解反应 A. A B. B C. C D. D 8. 氯化亚铜是难溶于水的盐，广泛用于石油化工和染料工业，由工业废铜泥主要成分为CuS、Cu2S、Cu2(OH)2CO3(含Fe等金属杂质)为原料制备氯化亚铜的流程如图： 下列说法错误的是 A. 灼烧步骤是为了将CuS、Cu2S等转化为CuO B. 除杂步骤中温度越高越有利于加快反应速率 C. 滤渣中含Fe(OH)3 D. 还原步骤中发生反应的化学方程式为2CuSO4+2NaCl+Na2SO3+H2O=2CuCl↓+2Na2SO4+H2SO4 9. X、Y、Z、Q、W五种元素原子序数依次增大，分布在前四周期，Y、Z、Q是构成地壳的主要元素，Z、Q同周期并相邻，基态W原子的核外电子恰好填满10个原子轨道，由这五种元素构成的某天然结晶水合物的化学式为W[Z2Q3Y10]•3X2Y。下列叙述正确的是 A. 第一电离能：Y＞Q＞Z＞W B. X与Y形成的粒子中一定不含配位键 C. Q、W单质的晶体类型相同 D. Z的最高价氧化物对应的水化物是强酸 10. 下列反应的离子方程式书写正确的是 A. 用醋酸处理水垢中的氢氧化镁： B. 向滴有酚酞的溶液中加入溶液至溶液恰好变为无色： C. 惰性电极电解氯化镁溶液： D. 向次氯酸钙溶液通入足量二氧化碳： 11. 由白磷和过量氢氧化钠反应生成的次磷酸钠()是常用的还原剂，可用于化学镀铜，反应的化学方程式为(未配平)，下列说法正确的是 A. 若制备次磷酸钠的同时还生成，则氧化产物与还原产物的物质的量之比为1：3 B. 的溶液中存在： C. 在镀铜后的溶液中，一定存在 D. 在镀铜反应中，每生成1molCu，需消耗 12. 通过实验、观察、类比、推理等方法得出正确的结论是化学学习的方法之一、下列实验操作、现象和解释或结论不正确的有 序号 实验操作 实验现象 解释或结论 ① 用大理石和稀硝酸反应制取气体，将制得的气体立即通入一定浓度的溶液中 出现白色沉淀 的酸性比的酸性强 ② 向某溶液中加入浓溶液后微热，用蓝色石蕊试纸检验产生的气体 放出刺激性气味气体且试纸变红 原溶液中一定含有 ③ 少量铝热剂(只有一种金属氧化物)溶于足量稀盐酸后，分两份，再分别滴加铁氰化钾和KSCN溶液 出现蓝色沉淀和血红色 铝热剂中可能含有 ④ 向某钾盐中滴加浓盐酸，产生的气体再通入品红溶液 品红溶液褪色 该钾盐为与至少有一种 ⑤ 用pH试纸测量饱和新制氯水的pH pH试纸先变为红色后褪色 饱和新制氯水呈酸性且具有漂白性 A. ①③④ B. ②④⑤ C. ①②④⑤ D. ①②③⑤ 13. 下列各组离子能大量共存，通入后，不能大量共存的是 A. 、、、 B. 、、、 C. 、、、 D. 、、、 14. 一定温度下，向某二元弱酸溶液中加入NaOH，溶液中粒子浓度(、、、、)的负对数(用pc)表示，与溶液pH变化的关系如图，下列说法错误的是 A. 0.01mol的溶液，的数量级为 B. 随着pH增加，一直增大 C. X点对应的 D. Z点溶液中 15. 溴及其化合物广泛应用于医药、农药和阻燃剂等生产中。一种利用空气吹出法从海水中提取溴的工艺流程如下。 已知：ⅰ.与反应时，转化为和。 ⅱ.为强酸。 下列说法不正确的是 A. 酸化海水通入提取溴的反应： B. 脱氯过程和均具有脱氯作用 C. 酸化后重新得到的反应： D. 用溶液吸收足量蒸气后，所得产物中的含碳粒子主要是 第Ⅱ卷 填空题(共55分) 16. 短周期主族元素T的一种氧化物为。根据下列信息回答相关问题： （1）若气体具有刺激性气味，通入酸性溶液中，溶液由紫红色变为无色。食品中添加适量可起到防腐和抗氧化作用，则的化学式为___________，还可以使品红褪色，则体现了它的___________。 A．氧化性 B．还原性 C．漂白性 D．酸性氧化物的通性 常温下，与T的简单氢化物不能大量共存，原因是___________(用化学方程式表示)。 （2）若T位于第三周期ⅣA族，含有的材料在碱性土壤中会“短路”，其原因是___________(用离子方程式表示)。 （3）常温下，若是红棕色气体。在针管实验中，乙管中充满，使甲管中物质和乙管中物质反应。 启动实验后，下列叙述正确的是___________(填标号)。 A．若甲管中充满KI-淀粉溶液，则溶液变蓝 B．若甲管中充满，则颜色无明显变化 C．若甲管中充满溶液，则溶液变黄色 （4）若将无色无味的气体持续通入澄清石灰水中，石灰水先变浑浊，后变澄清。在点燃条件下和镁单质能发生反应，且生成黑色固体。写出反应的化学方程式___________。将通入棉花包裹的粉末中，过一会儿，棉花燃烧起来。由此推知，和反应是___________(填“吸热”或“放热”)反应。 17. 高品质MnO2可用于生产锂离子电池正极材料锰酸锂。以软锰矿与黄铁矿为主要原料采用“两矿一步浸出法”制备高品质MnO2的某工艺流程如图： 已知：①软锰矿与黄铁矿的主要成分分别为MnO2、FeS2，还均含少量Fe、Ca、Mg、Al、Si等元素的氧化物； ②该工艺条件下，相关金属离子完全形成氢氧化物沉淀的pH如表： 金属离子 Fe2+ Fe3+ Mn2+ Mg2+ Al3+ 开始沉淀pH 6.9 1.9 6.6 9.1 3.4 沉淀完全(c=1.0×10-6mol•L-1)的pH 8.3 3.2 10.1 10.9 4.7 回答下列问题： （1）基态Fe2+的价层电子排布图为_______。 （2）“配矿”过程中，将软锰矿与黄铁矿粉碎混匀的目的是_______。 （3）“酸浸”操作中需先后分批加入H2SO4、H2O2。加入H2SO4后酸浸过程中主要反应的离子方程式为： 2FeS2+3MnO2+12H+=2Fe3++3Mn2++4S↓+6H2O 2Fe2++MnO2+4H+=2Fe3++Mn2++2H2O ①已知滤渣1的主要成分为S、SiO2、CaSO4等，其附着在矿粉颗粒表面使上述反应受阻，此时加入H2O2，利用其迅速分解产生的大量气泡可破除该不利影响。分析导致H2O2迅速分解的因素是_______。 ②矿粉颗粒表面附着物被破除后，H2O2还可以继续与MnO2反应，从而提高锰元素的浸出率，该反应的离子方程式是_______。 （4）“调pH”操作中需调节溶液pH范围为4.7~6.0，此时“滤渣2”的主要成分为_______、_______(填化学式)。 （5）“沉锰”步骤发生主要反应的离子方程式为________。 （6）利用惰性电极电解H2SO4－MnSO4－H2O体系获得MnO2的机理(部分)如图甲所示，硫酸浓度与电流效率的关系如图乙所示。硫酸浓度超过3.0mol•L-1时，电流效率降低的原因是________。 18. 某实验小组同学为探究不同操作配制的银氨溶液中的主要成分，采用如图装置进行实验，已知电导率传感器是测量溶液中电荷流动难易程度的传感器。 （1）仪器a名称____。 （2）实验一，用注射器向25mL蒸馏水和15mL0.12mol/LAgNO3混合后的溶液中，滴加1.2mol/L氨水，测得实验数据如图，滴至A点时加入的氨水共4.5mL。由0到A反应过程电导率变化原因为____。 （3）实验二，用注射器向15mL0.12mol/LAgNO3溶液中滴加1.2mol/L氨水至O点，过滤，洗涤沉淀的操作为____，向沉淀中继续加入3.0mL氨水时电导率最大，此过程化学方程式为____，应加入____mL蒸馏水，再测定溶液pH。 （4）若实验二最终pH为12.6，根据上述实验过程判断实验一所得银氨溶液主要成分为____，原因是____。 19. 、为常见的空气污染物，会引起酸雨、光化学烟雾等污染问题。研究者以多种方法进行“脱硫”“脱硝”。 （1）利用工业废碱渣（主要成分为）来吸收含的烟气，同时得到粗品。其流程如图所示： ①操作1和操作2中均包含的分离技术为__________。 ②被溶液吸收时，会释放出一种无色无味气体，该气体是__________（填化学式）。 （2）利用含有的烟气制备。其流程如图所示： ①反应a的化学方程式为__________。 ②反应b中的氧化剂和还原剂的物质的量之比为__________。 （3）以溶液作为吸收剂进行一体化“脱硫”“脱硝”。控制溶液的，一定时间内，温度对、脱除率的影响如图1所示，酸碱性对脱除率的影响如图2所示： 已知烟气中与的体积比为4:1，且吸收后转化为：、。 ①在吸收过程中，反应的离子方程式是__________。 ②50℃时，吸收液中烟气转化生成的和的物质的量之比为__________。 ③由图2可知溶液的初始越小，转化率越高，其原因是__________。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 葫芦岛市长江卫生中等职业技术学校2024—2025学年度(上) 高三期中考试化学试题 考生注意： 1.本试卷分选择题和非选择题两部分。满分100分，考试时间75分钟。 2.答题前，考生务必用直径0.5毫米黑色墨水签字笔将密封线内项目填写清楚。 3.考生作答时，请将答案答在答题卡上。选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；非选择题请用直径0.5毫米黑色墨水签字笔在答题卡上各题的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效，在试题卷、草稿纸上作答无效。 可能用到的相对原子质量：H1 O16 N14 第Ⅰ卷 选择题 一、单选题(每小题只有一个正确选项，共15小题，每题3分，共45分) 1. 下列物质应用错误的是 A. 活性炭可做吸附剂和还原剂 B. 氧化铝可做耐火材料 C. 铁粉可做食品干燥剂 D. 油脂可用于制备肥皂和硬化油 【答案】C 【解析】 【详解】A．活性炭可做吸附剂，具有还原性；A正确； B．氧化铝熔点高，可做耐火材料，B正确； C．铁粉不易吸水不能用做食品干燥剂，C错误； D．油脂可通过皂化反应制肥皂，和氢气加成制硬化油，D正确； 故选C。 2. 下列反应不符合哲学中“量变引起质变”观点的是 A. 锌与硫酸 B. 过氧化钠和 C. 溶液和氯水 D. 铜和硝酸 【答案】B 【解析】 【详解】A．锌与稀硫酸的反应方程式为：Zn+H2SO4(稀)=ZnSO4+H2↑，而锌与浓硫酸的反应方程式为：Zn+2H2SO4(浓)=ZnSO4+SO2↑+2H2O，符合“量变引起质变”，A不符合题意；        B．过氧化钠和反应生成碳酸钠和氧气，量的多少与反应产物无关，不符合“量变引起质变”，B符合题意； C．FeBr2溶液和少量的氯水的反应离子方程式为：2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-，而FeBr2溶液与足量的氯水的反应离子方程式为：2Fe2++4Br-+3Cl2=2Fe3++2Br2+6Cl-，符合“量变引起质变”，C不符合题意； D．铜和稀硝酸的反应方程式为：3Cu+8HNO3(稀)=3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O，而铜和浓硝酸反应的方程式为：Cu+4HNO3(浓)= Cu(NO3)2+2NO2↑+2H2O，符合“量变引起质变”，D不符合题意； 故选B。 3. 下列物质的性质与用途具有对应关系的是 A. Cl2能溶于水，可用于工业制盐酸 B. NO2易溶于水，可用于工业制硝酸 C. HClO溶液显酸性，可用作漂白剂 D. 晶体Si熔点高，可用作计算机芯片 【答案】B 【解析】 【详解】A．Cl2与H2反应，可用于工业制盐酸，故A错误； B．NO2易溶于水生成硝酸和NO，可用于工业制硝酸，故B正确； C．HClO溶液具有强氧化性，可用作漂白剂，故C错误； D．晶体Si可以导电，可用作计算机芯片，故D错误； 故答案为B。 4. 在实验室采用如图装置制备气体，合理的是 化学试剂 制备气体 A 生石灰、浓氨水 NH3 B 二氧化锰、浓盐酸 Cl2 C 铜片、稀硝酸 NO D 亚硫酸钠、浓硫酸 SO2 A. A B. B C. C D. D 【答案】D 【解析】 【详解】A．NH3不能用浓硫酸干燥，密度比空气小，不能用向上排空气法收集，故A错误； B．二氧化锰、浓盐酸制备氯气需加热，故B错误； C．铜片与稀硝酸反应生成NO，NO在空气中易被氧化成NO2，不能用排空气法收集，故C错误； D．亚硫酸钠、浓硫酸反应生成SO2，SO2与浓硫酸不反应，可用浓硫酸干燥，SO2的密度大于空气，可向上排空气法收集，故D正确； 答案选D。 5. Na2O2常用于潜水艇和消防员的呼吸面具中，可发生如下反应：2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2，2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2。设NA为阿伏加德罗常数的值。下列叙述正确的是 A. 11.2LCO2含σ键数目为NA B. 0.1molNa2O2晶体中含离子数目为0.4NA C. 每生成3.2gO2转移电子数目为0.2NA D. 0.1mol•L-1Na2CO3溶液中含CO数目为0.1NA 【答案】C 【解析】 【详解】A．题干未告知CO2所处的状态，无法计算11.2LCO2的物质的量，则也无法计算其含σ键数目，A错误； B．已知Na2O2是由Na+和构成的，故0.1molNa2O2晶体中含离子数目为0.3NA，B错误； C．由题干方程式可知，每生成1molO2转移2mol电子，故每生成3.2g即=0.1molO2转移电子数目为0.2NA，C正确； D．已知CO在水溶液中发生水解生成碳酸氢根和碳酸分子，故0.1mol•L-1Na2CO3溶液中含CO数目小于0.1NA，D错误； 故答案为：C。 6. 我国化工专家侯德榜将合成氨与纯碱工业联合，发明了联合制碱法，使原料氯化钠的利用率从70％提高到90％以上，该生产方法在制得纯碱的同时，还可得到一种副产品。生产流程和溶解度曲线如图，下列说法错误的是 A. 固体从母液中析出时需控制温度在0～10℃ B. 从母液中经过循环Ⅰ进入沉淀池的主要是、和氨水 C. 沉淀池中反应的化学方程式： D. 循环Ⅰ、Ⅱ的目的是提高原料的利用率、减少对环境的污染 【答案】C 【解析】 【分析】由流程可知，合成氨厂提供氨气，与二氧化碳、饱和食盐水反应生成NH4Cl、NaHCO3，在沉淀池中过滤分离出碳酸氢钠，碳酸氢钠加热分解生成碳酸钠、水、二氧化碳，二氧化碳可循环使用。母液中含溶质氯化铵，通入氨气，加入食盐可分离得到氯化铵； 【详解】A．由溶解度曲线可以看出，NH4Cl的溶解度随温度升高而增大，因此如果NH4Cl固体从母液中析出时需控制温度在0~10℃以下，A正确； B．由联碱法生产流程示意图可以看出从母液中经过循环Ⅰ进入沉淀池的主要是Na2CO3、NH4Cl和氨水，B正确； C．沉淀池中反应的化学方程式：NH3+CO2+NaCl+H2O=NH4Cl+NaHCO3↓，C错误； D．由流程可知，循环Ⅰ、Ⅱ的目的是提高原料的利用率、减少对环境的污染，D正确； 故选C。 7. 这周末，高中生小明帮家里做家务。下列劳动项目与所涉及的化学原理不相符的是 选项 劳动项目 化学原理 A 用盐卤和豆浆制作豆腐 胶体的聚沉 B 用加水稀释的“84”消毒液拖地面 氧化还原反应 C 用白醋清洗水壶中的水垢 分解反应 D 用热的纯碱溶液洗涤餐具 水解反应 A. A B. B C. C D. D 【答案】C 【解析】 【详解】A．用盐卤和豆浆制作豆腐的过程属于胶体的聚沉，A正确； B．“84”消毒液有效成分为次氯酸，具有氧化性，可用于杀菌消毒，B正确； C．用白醋清洗水壶中的水垢，属于复分解反应，C错误； D．纯碱水解呈碱性，可以使油污发生水解反应，D正确； 答案选C。 8. 氯化亚铜是难溶于水的盐，广泛用于石油化工和染料工业，由工业废铜泥主要成分为CuS、Cu2S、Cu2(OH)2CO3(含Fe等金属杂质)为原料制备氯化亚铜的流程如图： 下列说法错误的是 A. 灼烧步骤是为了将CuS、Cu2S等转化为CuO B. 除杂步骤中温度越高越有利于加快反应速率 C. 滤渣中含Fe(OH)3 D. 还原步骤中发生反应的化学方程式为2CuSO4+2NaCl+Na2SO3+H2O=2CuCl↓+2Na2SO4+H2SO4 【答案】B 【解析】 【详解】A．由于CuS、Cu2S等不能溶于H2SO4，进行灼烧后可转变为CuO而溶解，A正确； B．除杂过程中加入H2O2，温度高会分解，降低反应物浓度，反应速率降低，B错误； C．由于除杂过程中加入氧化剂和碱使Fe2+转化为Fe(OH)3，所以滤渣中含Fe(OH)3，C正确； D．加入Na2SO3与CuSO4的反应为2CuSO4+2NaCl+Na2SO3+H2O=2CuCl↓+2Na2SO4+H2SO4，D正确； 故选B。 9. X、Y、Z、Q、W五种元素原子序数依次增大，分布在前四周期，Y、Z、Q是构成地壳的主要元素，Z、Q同周期并相邻，基态W原子的核外电子恰好填满10个原子轨道，由这五种元素构成的某天然结晶水合物的化学式为W[Z2Q3Y10]•3X2Y。下列叙述正确的是 A. 第一电离能：Y＞Q＞Z＞W B. X与Y形成的粒子中一定不含配位键 C. Q、W单质的晶体类型相同 D. Z的最高价氧化物对应的水化物是强酸 【答案】A 【解析】 【详解】元素X、Y、Z、Q、W原子序数依次增大，地壳的主要元素O、Si、Al、Fe、Ca，Z、Q同周期并相邻，则Z为Al，Q为Si，Y为O元素；基态W原子的核外电子恰好填满10个原子轨道，原子核外电子排布式为1s22s22p63s23p64s2，则W为Ca；根据天然结晶水合物的化学式推出，X为H；由以上分析可知，X为H、Y为O、Z为Al、Q为Si、W为Ca； 【分析】A．同周期元素，随着电子数增大，电离能增大，则Si＞Al，W为金属元素，易失电子，电离能小，O的电负性强易得电子，则电离能大，则电离能：O＞Si＞Al＞Ca，A正确； B．在H3O+中H可以提供空轨道，O提供孤电子对，故H3O+中含有配位键，B错误； C．Si为原子晶体，Ca为金属晶体，C错误； D．Al的最高价氧化物对应的水化物为Al(OH)3，为中性化合物，D错误； 故答案为：A。 10. 下列反应的离子方程式书写正确的是 A. 用醋酸处理水垢中的氢氧化镁： B. 向滴有酚酞的溶液中加入溶液至溶液恰好变为无色： C. 惰性电极电解氯化镁溶液： D. 向次氯酸钙溶液通入足量二氧化碳： 【答案】D 【解析】 【详解】A．已知CH3COOH为弱酸属于弱电解质，故用醋酸处理水垢中的氢氧化镁的离子方程式为：，A错误； B．向滴有酚酞的溶液中加入溶液至溶液恰好变为无色即OH-和H+完全反应，故离子方程式为：，B错误； C．已知Mg(OH)2是沉淀，故惰性电极电解氯化镁溶液的离子方程式为：，C错误； D．向次氯酸钙溶液通入足量二氧化碳生成Ca(HCO3)2和HClO，故离子方程式为：，D正确； 故答案为：D。 11. 由白磷和过量氢氧化钠反应生成的次磷酸钠()是常用的还原剂，可用于化学镀铜，反应的化学方程式为(未配平)，下列说法正确的是 A. 若制备次磷酸钠的同时还生成，则氧化产物与还原产物的物质的量之比为1：3 B. 的溶液中存在： C. 在镀铜后的溶液中，一定存在 D. 在镀铜反应中，每生成1molCu，需消耗 【答案】D 【解析】 【详解】A．由题意可知，白磷和过量氢氧化钠反应生成次磷酸钠、磷化氢和水，反应的化学方程式为P4+3NaOH+3H2O=3NaH2PO2+PH3↑，反应中磷元素的化合价即升高被氧化又降低被还原，次磷酸钠为反应的氧化产物，磷化氢为还原产物，则氧化产物与还原产物的物质的量之比为3：1，故A错误； B．由白磷和过量氢氧化钠反应生成次磷酸钠可知，次磷酸为一元酸，H2PO在溶液中不能电离，故B错误； C．由方程式可知，镀铜后的溶液为磷酸钠溶液，溶液中存在物料守恒关系，故C错误； D．由升降法可得镀铜反应的化学方程式为，由方程式可知，反应生成1mol铜，需消耗0.5mol次磷酸钠，故D正确； 故选D。 12. 通过实验、观察、类比、推理等方法得出正确的结论是化学学习的方法之一、下列实验操作、现象和解释或结论不正确的有 序号 实验操作 实验现象 解释或结论 ① 用大理石和稀硝酸反应制取气体，将制得的气体立即通入一定浓度的溶液中 出现白色沉淀 的酸性比的酸性强 ② 向某溶液中加入浓溶液后微热，用蓝色石蕊试纸检验产生的气体 放出刺激性气味气体且试纸变红 原溶液中一定含有 ③ 少量铝热剂(只有一种金属氧化物)溶于足量稀盐酸后，分两份，再分别滴加铁氰化钾和KSCN溶液 出现蓝色沉淀和血红色 铝热剂中可能含有 ④ 向某钾盐中滴加浓盐酸，产生的气体再通入品红溶液 品红溶液褪色 该钾盐为与至少有一种 ⑤ 用pH试纸测量饱和新制氯水的pH pH试纸先变为红色后褪色 饱和新制氯水呈酸性且具有漂白性 A. ①③④ B. ②④⑤ C. ①②④⑤ D. ①②③⑤ 【答案】C 【解析】 【详解】①用大理石和稀硝酸反应制取CO2气体，由于硝酸易挥发，生成的CO2气体中含有一定量的硝酸，将制得的气体立即通入一定浓度的Na2SiO3溶液中，出现白色沉淀，无法说明一定是H2CO3与反应Na2SiO3，所以无法证明H2CO3的酸性比H2SiO3的酸性强，①的结论不正确； ②向某溶液中加入浓NaOH溶液后微热，用红色石蕊试纸检验产生的气体，放出刺激性气味气体且试纸变蓝，原溶液中一定含有，②不正确； ③少量铝热剂（只有一种金属氧化物）溶于足量稀盐酸后，分两份，再分别滴加铁氰化钾和KSCN溶液出现蓝色沉淀和血红色，说明溶液中有Fe2+和Fe3+，由于铝热剂中的铝粉可以把Fe3+还原为Fe2+，所以铝热剂中铁的氧化物可能是Fe2O3或Fe3O4，③正确； ④向某钾盐中滴加浓盐酸，产生的气体再通入品红溶液，品红溶液褪色，说明该气体的水溶液有漂白性，但是不能确定是二氧化硫还是氯气，④不正确； ⑤用pH试纸测量饱和新制氯水的pH，pH试纸先变为红色后褪色，说明饱和新制氯水有酸性和漂白性，但是不能确定是哪种物质有漂白性，⑤不正确 故选C。 13. 下列各组离子能大量共存，通入后，不能大量共存的是 A. 、、、 B. 、、、 C. 、、、 D. 、、、 【答案】D 【解析】 【分析】溶液中通入NO2后将发生反应3NO2+H2O=2HNO3+NO，生成具有强氧化性的HNO3，据此分析解题； 【详解】A．H+、[Al(OH)4]-会发生复分解反应生成Al(OH)3或者Al3+和H2O而不能大量共存，A错误； B．ClO-与会发生氧化还原反应而不能大量共存，B错误； C．、、、 各离子不反应，能够大量共存，通入NO2后仍然能够大量共存，C错误； D．Fe2+、Al3+、、Cl-各离子间不反应，能够大量共存，但通入NO2后，Fe2+与H+、会发生氧化还原反应而不能大量共存，D正确； 故选D。 14. 一定温度下，向某二元弱酸溶液中加入NaOH，溶液中粒子浓度(、、、、)的负对数(用pc)表示，与溶液pH变化的关系如图，下列说法错误的是 A. 0.01mol的溶液，的数量级为 B. 随着pH增加，一直增大 C. X点对应的 D. Z点溶液中 【答案】B 【解析】 【分析】向二元弱酸溶液中加入NaOH，浓度逐渐减小，浓度逐渐增大，随着pH增大：浓度逐渐下降，浓度先增大后减小，浓度随浓度减小而增大。横坐标是粒子浓度的负对数，粒子浓度越大，pc值越小。故a、b、c、d、e曲线分别代表粒子浓度、、、、。 【详解】A．为的一级水解常数，，根据Y点，，得，近似为，故数量级为，A正确； B．根据可得随pH增大为先增大后减小，所以随pH增大应先增大后减小，B错误； C．，在X点，则两边取负对数，C正确； D．由电荷守恒，，结合Z点，得，，则，D正确； 故选B。 15. 溴及其化合物广泛应用于医药、农药和阻燃剂等生产中。一种利用空气吹出法从海水中提取溴的工艺流程如下。 已知：ⅰ.与反应时，转化为和。 ⅱ.为强酸。 下列说法不正确的是 A. 酸化海水通入提取溴的反应： B. 脱氯过程和均具有脱氯作用 C. 酸化后重新得到的反应： D. 用溶液吸收足量蒸气后，所得产物中的含碳粒子主要是 【答案】D 【解析】 【分析】流程中，氯气先将海水中的溴离子氧化为溴，热空气将溴吹出；脱氯时亚铁离子和溴离子均可消耗残余氯气。碳酸钠溶液吸收溴时，溴发生歧化，生成溴酸根离子和溴离子，同时碳酸根转化为二氧化碳；加入硫酸后，溴酸根离子与溴离子在酸性条件下归中生成溴。 【详解】A．酸化海水中，氯气的氧化性强于溴，氯气将溴离子氧化为溴，离子方程式为，A正确； B．脱氯时，亚铁离子可被氯气氧化为铁离子，溴离子也可被氯气氧化为溴，两者都能消耗残余氯气，B正确； C．硫酸酸化后，溴酸根离子与溴离子发生归中反应，离子方程式为，C正确； D．碳酸钠溶液吸收足量溴时，反应为，含碳粒子主要是二氧化碳，不是碳酸氢根离子，D错误； 故选D。 第Ⅱ卷 填空题(共55分) 16. 短周期主族元素T的一种氧化物为。根据下列信息回答相关问题： （1）若气体具有刺激性气味，通入酸性溶液中，溶液由紫红色变为无色。食品中添加适量可起到防腐和抗氧化作用，则的化学式为___________，还可以使品红褪色，则体现了它的___________。 A．氧化性 B．还原性 C．漂白性 D．酸性氧化物的通性 常温下，与T的简单氢化物不能大量共存，原因是___________(用化学方程式表示)。 （2）若T位于第三周期ⅣA族，含有的材料在碱性土壤中会“短路”，其原因是___________(用离子方程式表示)。 （3）常温下，若是红棕色气体。在针管实验中，乙管中充满，使甲管中物质和乙管中物质反应。 启动实验后，下列叙述正确的是___________(填标号)。 A．若甲管中充满KI-淀粉溶液，则溶液变蓝 B．若甲管中充满，则颜色无明显变化 C．若甲管中充满溶液，则溶液变黄色 （4）若将无色无味的气体持续通入澄清石灰水中，石灰水先变浑浊，后变澄清。在点燃条件下和镁单质能发生反应，且生成黑色固体。写出反应的化学方程式___________。将通入棉花包裹的粉末中，过一会儿，棉花燃烧起来。由此推知，和反应是___________(填“吸热”或“放热”)反应。 【答案】（1） ①. ②. C ③. （2） （3）AC （4） ①. ②. 放热 【解析】 【小问1详解】 已知SO2是一种无色有刺激性气味的气体，具有强还原性，能被酸性高锰酸钾溶液氧化而是酸性高锰酸钾溶液褪色，故若TO2气体具有刺激性气味，通入酸性KMnO4溶液中，溶液由紫红色变为无色，食品中添加适量TO2可起到防腐和抗氧化作用，则TO2的化学式为SO2；SO2还可以使品红褪色，则体现了它的漂白性，选C；常温下，SO2与S的简单氢化物即H2S不能大量共存，原因是； 【小问2详解】 若T位于第三周期ⅣA族，故T为Si，则T的氧化物即SiO2，SiO2是酸性氧化物，能与碱反应，离子方程式为； 【小问3详解】 常温下，若TO2是红棕色气体即为NO2，据此分析解题： A．由于NO2能与水反应生产HNO3，HNO3具有强氧化性，能将KI氧化为I2，故若甲管中充满KI–淀粉溶液，则溶液变蓝，A符合题意； B．由于NO2能将H2S氧化为S，NO2的红棕色褪去，且产生淡黄色固体，故若甲管中充满H2S，则颜色有明显变化，B不合题意； C．由于NO2能与水反应生产HNO3，HNO3具有强氧化性，能将Fe2+氧化为Fe3+，故若甲管中充满FeCl2溶液，则溶液变黄色，C符合题意； 故选AC； 【小问4详解】 若将无色无味的TO2气体持续通入澄清石灰水中，石灰水先变浑浊，后变澄清，点燃条件下和镁单质能发生反应，且生成黑色固体，则TO2为CO2，黑色固体为C，反应的化学方程式；将CO2通入棉花包裹的Na2O2粉末中，过一会儿，棉花燃烧起来，由此推知，该反应是一个放热反应。 17. 高品质MnO2可用于生产锂离子电池正极材料锰酸锂。以软锰矿与黄铁矿为主要原料采用“两矿一步浸出法”制备高品质MnO2的某工艺流程如图： 已知：①软锰矿与黄铁矿的主要成分分别为MnO2、FeS2，还均含少量Fe、Ca、Mg、Al、Si等元素的氧化物； ②该工艺条件下，相关金属离子完全形成氢氧化物沉淀的pH如表： 金属离子 Fe2+ Fe3+ Mn2+ Mg2+ Al3+ 开始沉淀pH 6.9 1.9 6.6 9.1 3.4 沉淀完全(c=1.0×10-6mol•L-1)的pH 8.3 3.2 10.1 10.9 4.7 回答下列问题： （1）基态Fe2+的价层电子排布图为_______。 （2）“配矿”过程中，将软锰矿与黄铁矿粉碎混匀的目的是_______。 （3）“酸浸”操作中需先后分批加入H2SO4、H2O2。加入H2SO4后酸浸过程中主要反应的离子方程式为： 2FeS2+3MnO2+12H+=2Fe3++3Mn2++4S↓+6H2O 2Fe2++MnO2+4H+=2Fe3++Mn2++2H2O ①已知滤渣1的主要成分为S、SiO2、CaSO4等，其附着在矿粉颗粒表面使上述反应受阻，此时加入H2O2，利用其迅速分解产生的大量气泡可破除该不利影响。分析导致H2O2迅速分解的因素是_______。 ②矿粉颗粒表面附着物被破除后，H2O2还可以继续与MnO2反应，从而提高锰元素的浸出率，该反应的离子方程式是_______。 （4）“调pH”操作中需调节溶液pH范围为4.7~6.0，此时“滤渣2”的主要成分为_______、_______(填化学式)。 （5）“沉锰”步骤发生主要反应的离子方程式为________。 （6）利用惰性电极电解H2SO4－MnSO4－H2O体系获得MnO2的机理(部分)如图甲所示，硫酸浓度与电流效率的关系如图乙所示。硫酸浓度超过3.0mol•L-1时，电流效率降低的原因是________。 【答案】（1） （2）增大反应物的接触面积，以提高后续“酸浸”速率，提高原料利用率 （3） ①. Fe3+或Mn2+或MnO2等作催化剂 ②. MnO2+H2O2+2H+=Mn2++O2↑+2H2O （4） ①. Fe(OH)3 ②. Al(OH)3 （5）Mn2++2HCO=MnCO3↓+H2O+CO2↑ （6）硫酸浓度高，与MnOOH反应，导致MnOOH被消耗，电流效率降低 【解析】 【分析】酸浸”过程滤液中主要含有Fe3+、Mn2+、Mg2+、Ca2+、Al3+等金属离子，滤渣1中主要是S、SiO2、CaSO4等；“调pH”，则Fe3+和Al3+以Fe(OH)3和Al(OH)3形式沉淀（滤渣2），滤液中主要含有Mg2+、Mn2+、Ca2+等金属离子；加入NH4F“除杂”，Ca2+、Mg2+以CaF2、MgF2形式沉淀（滤渣3），滤液中含有Mn2+金属离子；“沉锰”步骤则Mn2+以MnCO3形式沉淀出来；MnCO3经后续操作得到MnO2，据此分析解题。 【小问1详解】 Fe2+，为Fe失去2个电子；基态Fe2+的价层电子排布图为；故答案为； 【小问2详解】 将软锰矿与黄铁矿粉碎混匀的目的是增加接触面，提高反应速率；故答案为增大反应物的接触面积，以提高后续“酸浸”速率，提高原料利用率。 【小问3详解】 ①加入H2SO4后发生反应生成单质S的离子方程式为2FeS2+3MnO2+12H+=2Fe3++3Mn2++4S↓+6H2O；故答案为Fe3+、Mn2+和MnO2等都是双氧水分解的催化剂； ②能提高锰元素的浸出率，说明生成了Mn2+，则H2O2作还原剂；反应的离子方程式为MnO2+ H2O2+2H+= Mn2++O2↑+H2O；故答案为MnO2+ H2O2+2H+= Mn2++O2↑+H2O。 【小问4详解】 “调pH”时调节溶液pH范围为4.7~6.0，由表格可知：pH=3.2时Fe3+沉淀完全，pH=4.7时Al3+沉淀完全，故“滤渣2”的主要成分为Fe(OH)3、Al(OH)3；故答案为Fe(OH)3、Al(OH)3。 【小问5详解】 “沉锰”步骤中溶液中主要含有Mn2+，Mn2+和碳酸氢根反应生成MnCO3，离子方程式为Mn2++2HCO=MnCO3↓+H2O+CO2↑；故答案为Mn2++2HCO=MnCO3↓+H2O+CO2↑。 【小问6详解】 当硫酸浓度超过3.0 mol·L−1时，生成的MnOOH与硫酸反应，MnOOH减少，反应减弱，电流效率降低。故答案为硫酸浓度高，与MnOOH反应，导致MnOOH被消耗，电流效率降低。 18. 某实验小组同学为探究不同操作配制的银氨溶液中的主要成分，采用如图装置进行实验，已知电导率传感器是测量溶液中电荷流动难易程度的传感器。 （1）仪器a名称____。 （2）实验一，用注射器向25mL蒸馏水和15mL0.12mol/LAgNO3混合后的溶液中，滴加1.2mol/L氨水，测得实验数据如图，滴至A点时加入的氨水共4.5mL。由0到A反应过程电导率变化原因为____。 （3）实验二，用注射器向15mL0.12mol/LAgNO3溶液中滴加1.2mol/L氨水至O点，过滤，洗涤沉淀的操作为____，向沉淀中继续加入3.0mL氨水时电导率最大，此过程化学方程式为____，应加入____mL蒸馏水，再测定溶液pH。 （4）若实验二最终pH为12.6，根据上述实验过程判断实验一所得银氨溶液主要成分为____，原因是____。 【答案】（1）三颈烧瓶 （2）溶液中离子浓度增大，电导率增大 （3） ①. 向过滤器中注入蒸馏水，直至没过沉淀，待水自然流出后，重复上述操作两到三次 ②. AgOH+2NH3·H2O=[Ag(NH3)2]OH+2H2O ③. 41.5 （4） ①. [Ag(NH3)2]NO3、NH3·H2O ②. 实验二中得到的物质是[Ag(NH3)2]OH，溶液中阴离子是OH-，pH=12.6，实验一所得溶液的pH=10.82，因此该实验所得银氨溶液主要成分为)[Ag(NH3)2]NO3、NH3·H2O 【解析】 【小问1详解】 由实验装置图可知，仪器a为三颈烧瓶，故答案为：三颈烧瓶； 【小问2详解】 由图可知，O到A的反应过程电导率增大说明溶液离子浓度增大使得溶液的电导率增大，故答案为：溶液中离子浓度增大，电导率增大； 【小问3详解】 洗涤氧化银沉淀的方法为向过滤器中注入蒸馏水，直至没过沉淀，待水自然流出后，操作两到三次即可；向沉淀中继续加入3.0mL氨水时电导率最大说明氢氧化银完全与氨水反应生成银氨络离子，反应的化学方程式为AgOH+2NH3·H2O=[Ag(NH3)2]OH+2H2O；由变量唯一化原则可知，为与实验一进行对比，应保证溶液总体积为44.5mL，所以应加入41.5mL蒸馏水，故答案为：向过滤器中注入蒸馏水，直至没过沉淀，待水自然流出后，重复上述操作两到三次；AgOH+2NH3·H2O=[Ag(NH3)2]OH+2H2O；41.5； 【小问4详解】 由题意可知，实验二为过滤出的AgOH与氨水反应生成[Ag(NH3)2]OH和H2O，溶液呈碱性主要是由于[Ag(NH3)2]OH电离产生了OH-，实验一与实验二中[Ag(NH3)2]+物质的量相同，最终溶液体积也相同，若其主要成分同为[Ag(NH3)2]OH，溶液pH应近似相等，由实验一的pH为10.82，c(OH-)远小于实验二可知实验一所得银氨溶液主要成分为[Ag(NH3)2]NO3和NH3·H2O，故答案为：[Ag(NH3)2]NO3、NH3·H2O；实验二中得到的物质是[Ag(NH3)2]OH，溶液中阴离子是OH-，pH=12.6，实验一所得溶液的pH=10.82，因此该实验所得银氨溶液主要成分为)[Ag(NH3)2]NO3、NH3·H2O。 19. 、为常见的空气污染物，会引起酸雨、光化学烟雾等污染问题。研究者以多种方法进行“脱硫”“脱硝”。 （1）利用工业废碱渣（主要成分为）来吸收含的烟气，同时得到粗品。其流程如图所示： ①操作1和操作2中均包含的分离技术为__________。 ②被溶液吸收时，会释放出一种无色无味气体，该气体是__________（填化学式）。 （2）利用含有的烟气制备。其流程如图所示： ①反应a的化学方程式为__________。 ②反应b中的氧化剂和还原剂的物质的量之比为__________。 （3）以溶液作为吸收剂进行一体化“脱硫”“脱硝”。控制溶液的，一定时间内，温度对、脱除率的影响如图1所示，酸碱性对脱除率的影响如图2所示： 已知烟气中与的体积比为4:1，且吸收后转化为：、。 ①在吸收过程中，反应的离子方程式是__________。 ②50℃时，吸收液中烟气转化生成的和的物质的量之比为__________。 ③由图2可知溶液的初始越小，转化率越高，其原因是__________。 【答案】（1） ①. 过滤 ②. （2） ①. ②. 2:1 （3） ①. ②. 13:2 ③. 溶液越小，溶液中的浓度越大，氧化的能力越强 【解析】 【分析】第一条流程利用碳酸钠吸收二氧化硫并经固液分离得到亚硫酸钠粗品；第二条流程中，二氧化硫先还原氯酸钠生成二氧化氯，二氧化氯与过氧化氢、氢氧化钠制得亚氯酸钠；第三部分用次氯酸钠同时氧化二氧化硫和一氧化氮，图1给出两种气体在50 ℃时的脱除率，图2给出一氧化氮脱除率随初始pH的变化。各小问分别依据物料去向、电子守恒和图中精确数据求解。 【小问1详解】 ①操作1将碳酸钠溶液与废渣分开，操作2将亚硫酸钠晶体与母液分开，两者均包含过滤。②二氧化硫被碳酸钠溶液吸收并生成亚硫酸氢钠时，反应为，故释放的无色无味气体为； 【小问2详解】 ①反应a中氯元素的化合价由+5价降为+4价，硫元素的化合价由+4价升为+6价，按电子守恒并结合流程中的产物配平得。②反应b中，中氯元素的化合价由+4价降为+3价，每个分子得到1个电子，是氧化剂；中的氧元素由−1价升为0价，每个分子失去2个电子，是还原剂。因此氧化剂与还原剂的物质的量之比为2:1； 【小问3详解】 ①一氧化氮中氮元素的化合价由+2价升至+5价，次氯酸根离子中氯元素的化合价由+1价降至−1价；按电子守恒、原子守恒和电荷守恒配平得。②设烟气中一氧化氮的初始物质的量为x mol，则二氧化硫为4x mol。图1中50 ℃时二氧化硫和一氧化氮的脱除率分别为100%和80%，故两者实际转化量分别为4x mol和0.8x mol；它们分别失去8x mol和2.4x mol电子。次氯酸根离子生成1 mol氯离子得到2 mol电子，因此生成氯离子5.2x mol；生成硝酸根离子0.8x mol，二者物质的量之比为5.2:0.8=13:2。③次氯酸在水中存在电离平衡；初始pH越小，氢离子浓度越大，平衡向左移动，次氯酸浓度越大。次氯酸的氧化能力强于次氯酸根离子，因此一氧化氮转化率越高。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $